\begin{questions}
\item $\gvec{BH}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$ et $\gvec{BM}\begin{pmatrix}-t\\t\\t\end{pmatrix}$.

Ainsi, $\gvec{BM}=t\gvec{BH}$. Par conséquent, $\gvec{BM}$ et $\gvec{BH}$ sont colinéaires, et donc les points $B$, $M$ et $H$ sont alignés.

On en conclut que pour tout réel $t$, $M$ est sur la droite $(BH)$.

\item D'après leurs représentations paramétriques,
\begin{itemize}
\item $(BH)$ a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$;
\item $(FC)$ a pour vecteur directeur $\vec{v}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$.
\end{itemize}
Ainsi,
\[
\vec{u}\cdot\vec{v} = -1\times0 + 1\times1 + 1\times(-1) = 0.
\]
Par conséquent, $(BH)$ et $(FC)$ sont orthogonales.

\Par

De plus, $(FC)$ est incluse dans le plan $(BCF)$, ce qui n'est pas le cas de $(BH)$ car $H\not\in(BCF)$.

Les droites $(BH)$ et $(FC)$ ne sont donc pas coplanaires.

\item
\begin{questions}
\item $M(1-t;t;t)$ et $M'(1;t';1-t')$. Donc:
\begin{align*}
MM'^2 & = (x_{M'}-x_M)^2 + (y_{M'}-y_M)^2 + (z_{M'}-z_M)^2\\
& = (1-1+t)^2 + (t'-t)^2 + (1-t'-t)^2\\
& = t^2 + (t')^2 - 2tt' + t^2 + (1-t')^2 - 2t(1-t') + t^2\\
& = 3t^2 + (t')^2 - 2tt' + 1 - 2t' + (t')^2- 2t + 2tt' \\
& = 3t^2 + 2(t')^2  - 2t  + 1 - 2t'.
\end{align*}
De plus,
\begin{align*}
& 3\left(t- \frac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2  + \frac{1}{6}\\
=\ & 3\left(t^2 - \dfrac{2}{3}t + \dfrac{1}{9}\right) + 2\left( (t')^2 - t' + \dfrac{1}{4}\right) + \dfrac{1}{6}\\
=\ & 3t^2-2t+\dfrac{1}{3} + 2(t')^2-2t'+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}\\
=\ & 3t^2-2t + 2(t')^2-2t'+1\\
=\ & MM'^2.
\end{align*}

\item Pour que $MM'$ soit minimale, il faut que $MM'^2$ le soit aussi.
\[
3\left(t- \frac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2  + \frac{1}{6} > 0
\]
comme la somme de deux termes positifs ou nuls et de $\dfrac{1}{6}$.

$MM'^2$ est minimale quand
\[
\left(t- \frac{1}{3}\right)^2=0 \qquad\text{et}\qquad \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2=0
\]
donc pour:
\[
t=\dfrac{1}{3}\qquad\text{et}\qquad t'=\dfrac{1}{2}.
\]

\item $\gvec{PQ}\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\[6pt]\frac{1}{6}\\[6pt]\frac{1}{6}\end{pmatrix}$.
\begin{itemize}
\item $\gvec{PQ}\cdot\gvec{BH}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\[6pt]\frac{1}{6}\\[6pt]\frac{1}{6}\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=0$;
\item $\gvec{PQ}\cdot\gvec{FC}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\[6pt]\frac{1}{6}\\[6pt]\frac{1}{6}\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}=\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{6}=0$.
\end{itemize}
Ainsi, $(PQ)$ est orthogonale à $(BH)$ et $(FC)$.

\Par

Remarquons maintenant qu'en prenant $t=\dfrac{1}{3}$ dans la représentation paramétrique de $(BH)$, on obtient les coordonnées de $P$; donc $P\in(BH)$.

De même, en prenant $t'=\dfrac{1}{2}$ dans la représentation paramétrique de $(FC)$, on obtient les coordonnées de $Q$; donc $Q\in(FC)$.

\Par

Ainsi, en plus d'être orthogonales, les droites $(BH)$ et $(FC)$ sont perpendiculaires à $(PQ)$.

\item D'après ce qui précède, la distance entre $(BH)$ et $(FC)$ est égale à $PQ$, distance minimale de $MM'$, donc égale à $\sqrt{\dfrac{1}{6}}=\dfrac{\sqrt6}{6}$.
\end{questions}
\end{questions}
